专题24 磁场的基本性质（解析版）

专题24 磁场的基本性质目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc14235" 题型一　磁场的叠加和安培定则的应用  PAGEREF _Toc14235 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc14494" 类型1 磁场的叠加  PAGEREF _Toc14494 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc21108" 类型2 安培定则的应用  PAGEREF _Toc21108 \h 4 HYPERLINK \l "_Toc27207" 题型二　安培力的分析和计算  PAGEREF _Toc27207 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc32508" 类型1　通电导线有效长度问题  PAGEREF _Toc32508 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc18365" 类型2　判断安培力作用下导体的运动情况  PAGEREF _Toc18365 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc18060" 题型三　安培力作用下的平衡和加速问题  PAGEREF _Toc18060 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc13788" 类型1　安培力作用下的平衡问题  PAGEREF _Toc13788 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc32739" 类型2 安培力作用下的加速问题  PAGEREF _Toc32739 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc2131" 题型四 对洛伦兹力的理解和应用  PAGEREF _Toc2131 \h 16 HYPERLINK \l "_Toc28707" 题型五 洛伦兹力作用下带电体的运动  PAGEREF _Toc28707 \h 18 HYPERLINK \l "_Toc22340" 题型六　带电粒子在匀强磁场中的运动  PAGEREF _Toc22340 \h 22题型一　磁场的叠加和安培定则的应用1．磁场叠加问题的分析思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图2所示为M、N在c点产生的磁场BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。2．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场时应分清“因”和“果”。类型1 磁场的叠加【例1】(2022·湖北省高考模拟)六根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正六边形，O为六边形的中心，通过长直导线a、b、c、d、e、f的电流分别为I1、I2、I3、I4、I5、I6，a、c、e中通过的电流大小相等，b、d、f中通过的电流大小相等，电流方向如图5所示。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁感应强度大小为B＝keq \f(I,r)，此时O点处的磁感应强度大小为6B，导线a在O处产生的磁感应强度大小为B，则移除e处导线后，e处的磁感应强度大小为(　　)A．0 B．B C.eq \r(3)B D．2B【答案】　A【解析】　结合题图可知各导线在O点产生的磁场方向如图甲所示，a、c、e中通过的电流大小相等，且到O点的距离相等，若通过a、c、e三条导线的电流在O点产生的磁感应强度大小均为B，合磁感应强度大小为2B，则若通过b、d、f三条导线的电流在O点产生的合磁感应强度大小为4B，结合上述分析可知，b、d、f三条导线中的电流大小是a、c、e三条导线中电流大小的2倍；去掉e导线后剩余导线在e点产生的磁场方向如图乙所示。由B＝keq \f(I,r)，可知B4′＝B6′＝2B，夹角为120°，B1′＝B3′＝eq \f(\r(3),3)B，夹角为60°，B2′＝B，由平行四边形定则求得e点的合磁感应强度大小为0。故选项A正确。【例2】(2022·四川省仪陇宏德中学高三模拟)(多选)如图，三根通电长直细导线垂直于纸面固定，导线的横截面(截面积不计)分别位于以O点为圆心的圆环上a、c、d三处，已知每根导线在O点的磁感应强度大小均为B，则(　　)A．O点的磁感应强度方向垂直于aO向右B．O点的磁感应强度方向从O指向aC．O点的磁感应强度大小为(eq \r(2)＋1)BD．O点的磁感应强度大小为(eq \r(2)－1)B【答案】　AC【解析】　磁感应强度的矢量叠加如图所示，每根导线在圆心O处产生的磁感应强度大小均为B，可得O处的磁感应强度大小为BO＝2Bcos 45°＋B＝(eq \r(2)＋1)B，BO方向垂直于aO向右．故选A、C.【例3】(2022·广东深圳市高三月考)已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比．如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则关于a、b、c、e、f五点，下列说法正确的是(　　)A．f、a点磁感应强度相同B．c、e两点磁感应强度大小之比为2∶1C．c点磁感应强度最大D．c点磁感应强度方向与ac平行【答案】　C【解析】　由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，选项A错误；设每根直导线的电流为I，则B＝eq \f(kI,r)，若正方形边长为L，则c点磁感应强度大小Bc＝eq \f(2kI,L)，e点磁感应强度大小Be＝eq \f(\r(2)kI,L)，大小之比为eq \r(2)∶1，选项B错误；a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最小，且两根通电导线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应强度最大，选项C正确，D错误．【例4】(2021·河北选择考模拟)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为(　　)A.eq \f(a,b)I0，沿y轴正向 B.eq \f(a,b)I0，沿y轴负向C.eq \f(b,a)I0，沿y轴正向 D.eq \f(b,a)I0，沿y轴负向【答案】　A【解析】　根据右手螺旋定则可知，沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为B1＝keq \f(I0,b)，方向垂直于纸面向外，因为A点磁感应强度为零，所以沿y轴的电流产生的磁场垂直纸面向里，大小等于B1，有keq \f(I,a)＝keq \f(I0,b)，解得I＝eq \f(a,b)I0，根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向，故A正确。类型2 安培定则的应用【例1】(2022·广东潮州市教学质检)如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当加入一与导线所在平面垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为(　　)A．F B．2F C．3F D．4F【答案】　A【解析】　根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁场力也为F，方向水平向左。加匀强磁场后a受到的磁场力大小为3F，方向水平向右，则匀强磁场施加给a的力方向水平向右，大小为2F，施加给同向电流b的力方向也水平向右，则b受到的合力大小为2F－F＝F，所以A正确，B、C、D错误。【例2】如图所示，在同一绝缘水平面上固定三根平行且等间距的长直通电导线a、b、c，导线中通有大小相等的恒定电流．已知导线a受到的安培力方向向左，则下列说法正确的是(　　)A．导线b中电流方向一定与导线a中电流方向相同B．导线c受到的安培力一定向右C．导线a、c受到的安培力的大小不一定相等D．导线b受到的安培力一定最大【答案】　C【解析】　由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，故导线b的电流方向一定与导线a中电流方向相反，故A错误；若导线c的电流方向与导线a相反，则导线c受到安培力的方向向左；若导线c的电流方向与导线a相同，则导线c受到安培力的方向向右，故B错误；只有当导线c的电流方向与导线a相同时，导线a、c受到安培力的大小才相等，故C正确；当导线c的电流方向与导线b相同时，导线b受到的安培力最大，故D错误．【例3】(2022·湖北宜昌市联考)A、B、C三根通电长直导线均水平固定，导线通入的恒定电流大小相等，方向如图所示，其中A、B垂直纸面且关于C对称，则导线C所受磁场力的情况是(　　)A．大小为零 B．方向竖直向上C．方向竖直向下 D．方向水平向左【答案】　A【解析】　由安培定则、对称性与磁感应强度的叠加原理，可知A、B通电直导线在导线C处的合磁场方向总是水平向右，所以导线C所受磁场力大小为零，则A正确，B、C、D错误。题型二　安培力的分析和计算1．大小计算(1)有效长度：公式F＝IlB中的l是有效长度，弯曲导线的有效长度等于连接两端点线段的长度。相应的电流沿l由始端流向末端，如图所示。(2)电流元法：将导线分割成无限个小电流元，每一小段看成直导线，再按直线电流判断和计算。2．安培力作用下导体运动的分析思路判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置磁感线的分布情况，及导体中电流的方向，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势。3．安培力作用下导体运动的判定方法类型1　通电导线有效长度问题【例1】(2022·山东济南市高三月考)如图所示，将一根同种材料，粗细均匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈，固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中．C、D两点将线圈分为上、下两部分，且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°.现将大小为I的恒定电流自C、D两点间通入，则线圈C、D两点间上、下两部分导线受到的总安培力的大小为(　　)A.eq \r(3)BIR B.eq \r(2)BIRC．BIR D．0【答案】　A【解析】　由几何关系可知，C、D两点间的距离L＝Rsin 60°×2＝eq \r(3)R，由等效思想可知，导体线圈受到的总安培力的大小F安＝BIL＝eq \r(3)BIR，故选A.【例1】 (多选) (2022·广东省选择考模拟)(多选)磁感应强度大小为B的匀强磁场方向竖直向上，将一个三分之二圆弧形导体ab固定在图示位置，其圆心为O，半径为r.在导体中通以方向从a→b的恒定电流I，将磁场沿顺时针方向绕垂直纸面并过O点的轴缓慢旋转，下列说法正确的是(　　)A．导体ab受到的安培力方向始终垂直纸面向外B．导体ab受到的安培力大小可能为零C．导体ab受到的安培力大小可能为BIrD．导体ab受到的安培力最大值为2BIr【答案】　BC【解析】　根据左手定则可知，磁场沿顺时针方向绕垂直纸面并过O点的轴缓慢旋转的过程中安培力的方向可能垂直纸面向外，也可能垂直纸面向里，故A错误；当磁场的方向与ab的连线平行时，此时导体ab受到的安培力大小为零，故B正确；ab的连线长度L＝eq \r(3)r，当磁场方向与ab的连线垂直时，此时的安培力最大F安＝BIL＝eq \r(3)BIr，安培力最小值为0，最大值为eq \r(3)BIr，所以在磁场转动过程中，导体ab受到的安培力大小可能为BIr，不可能为2BIr，故C正确，D错误．【例3】(2019·全国Ⅰ卷，17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)A．2F B．1.5F C．0.5F D．0【答案】　B【解析】　设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则外电路中，上、下电路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上、下电路电流之比I1∶I2＝1∶2。如图所示，每根导体棒长度均为L，由于上面电路MLN通电的导体棒受到的安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝eq \f(1,2)F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受到的安培力大小为F＋F′＝1.5F，选项B正确。类型2　判断安培力作用下导体的运动情况【例1】一个可以沿过圆心的水平轴自由转动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)A．不动 B．顺时针转动C．逆时针转动 D．在纸面内平动【答案】　B【解析】　方法一(电流元法)　把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力方向均指向纸外，下半部分电流元所受安培力方向均指向纸内，因此从左向右看线圈L1将顺时针转动．方法二(等效法)　把线圈L1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I2的中心，小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向，由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L1等效成小磁针后，转动前，N极指向纸内，因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L1将顺时针转动．方法三(结论法)　环形电流I1、I2不平行，则一定有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动．【例2】(2022·上海师大附中高三学业考试)水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示．则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力(　　)A．摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力B．摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力C．摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力D．摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力【答案】　C【解析】　如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；如图所示，当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确．题型三　安培力作用下的平衡和加速问题解题思路：(1)选定研究对象．(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：类型1　安培力作用下的平衡问题【例1】(2022·湖南衡阳市联考)在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面，在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线，通以如图12所示方向的电流I时，通电导线能静止在斜面上，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下B．磁感应强度大小可能为B＝eq \f(mgtan θ,IL)，方向竖直向上C．磁感应强度大小可能为B＝eq \f(mg,IL)，方向水平向左D．磁感应强度方向垂直于斜面向下时，其大小最小，且最小值为B＝eq \f(mgsin θ,IL)【答案】　D【解析】　根据重力、支持力、安培力三力平衡可知，导线所受的安培力垂直于斜面向下时，导线所受合力不能为0，导线不能静止，A错误；若磁场方向竖直向上，则安培力方向水平水平向左，导线不能静止，B错误；若磁场方向水平向左，则安培力方向竖直向下，导线不能静止，C错误；磁场方向垂直于斜面向下时，安培力方向沿斜面向上，此时安培力最小，磁感应强度最小，故有mgsin θ＝ILB，解得B＝eq \f(mgsin θ,IL)，D正确。【例2】(2022·重庆市适应性测试)如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)A．0.25 T B．0.5 T C．0.75 T D．0.83 T【答案】　B【解析】　未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，两式相比得eq \f(mg,mg＋BId)＝eq \f(2kx,2k×1.5x)＝eq \f(1,1.5)，解得B＝0.5 T，故B正确。【例3】(2022·湖南省适应性考试)如图所示，力传感器固定在天花板上，边长为L的正方形匀质导线框abcd用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于力传感器的测力端，导线框与磁感应强度方向垂直，线框的bcd部分处于匀强磁场中，b、d两点位于匀强磁场的水平边界线上。若在导线框中通以大小为I、方向如图所示的恒定电流，导线框处于静止状态时，力传感器的示数为F1。只改变电流方向，其他条件不变，力传感器的示数为F2，该匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)A.eq \f(F2－F1,4IL) B.eq \f(F1－F2,4IL)C.eq \f(\r(2)（F2－F1）,4IL) D.eq \f(\r(2)（F1－F2）,4IL)【答案】　C【解析】　线框在磁场中的有效长度为bd＝eq \r(2)L，当电流方向为题图所示方向时，由平衡条件得F1＋eq \r(2)ILB＝mg①改变电流方向后，安培力方向竖直向下，有F2＝mg＋eq \r(2)ILB②联立①②得B＝eq \f(\r(2)（F2－F1）,4IL)，C正确。【例3】(2022·江苏南京市十三中教学质量调研)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。则(　　)A．仅棒中的电流变小，θ变小B．仅两悬线等长变长，θ变大C．仅金属棒质量变大，θ变大D．仅磁感应强度变大，θ变小【答案】　A【解析】　金属棒受力如图所示，金属棒平衡，可得tan θ＝eq \f(F安,mg)＝eq \f(ILB,mg)，金属棒中电流I变小，θ角变小，故A正确；两悬线等长变长，θ角不变，故B错误；金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；磁感应强度变大，θ角变大，故D错误。【例4】某同学自制一电流表，其原理如图所示．质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　　)A．当电流表的示数为零时，弹簧的长度为eq \f(mg,k)B．标尺上的电流刻度是均匀的C．为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为N→MD．电流表的量程为 eq \f(mg＋kL2,BL1)【答案】　B【解析】　电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得mg＝kx0，解得x0＝eq \f(mg,k)，x0 为弹簧伸长量，不是弹簧的长度，A错误；当电流为I时，安培力为FA＝BIL1，静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，根据胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝eq \f(FA,k)＝eq \f(BIL1,k)，Δx∝I，故标尺上的电流刻度是均匀的，B正确；要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，C错误；设Δx＝L2，则有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝eq \f(kL2,BL1)，故电流表的量程为eq \f(kL2,BL1)，D错误．【例5】(2022·福建省南安第一中学高三月考)如图所示，电阻不计的水平导轨间距L＝0.5 m，导轨处于方向与水平面成53°角斜向右上方的磁感应强度B＝5 T的匀强磁场中．导体棒ab垂直于导轨放置且处于静止状态，质量m＝1 kg，电阻R＝0.9 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.电源电动势E＝10 V，其内阻r＝0.1 Ω，定值电阻的阻值R0＝4 Ω.不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳对ab的拉力沿水平方向，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围．【答案】　(1)2 A　电流方向由a到b　(2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N【解析】　(1)由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R＋r＋R0)＝eq \f(10,0.9＋0.1＋4) A＝2 A，电流方向由a到b；(2)ab受到的安培力大小为F安＝BIL＝5×2×0.5 N＝5 N(3)①若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1 ，Ffmax＝ μFN 联立解得：G1＝0.5 N；②若导体棒恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得：mg＝F安cos α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝G2 ，Ffmax＝ μFN 联立解得：G2＝7.5 N；综合①②可得，重物重力G的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N类型2 安培力作用下的加速问题【例1】如图所示，宽为L＝0.5 m的光滑导轨与水平面成θ＝37°角，质量为m＝0.1 kg、长也为L＝0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上，电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，金属杆电阻为R1＝1 Ω，导轨电阻不计．金属杆与导轨垂直且接触良好．空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，当电阻箱的电阻调为R2＝0.9 Ω时，金属杆恰好能静止．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为R2′＝0.5 Ω时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此时金属杆的加速度．【答案】　(1)1.2 T　(2)1.2 m/s2，方向沿斜面向上【解析】　(1)由安培力公式和平衡条件可得mgsin θ＝BILcos θ由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)解得B＝1.2 T(2)由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有BI′Lcos θ－mgsin θ＝maI′＝eq \f(E,R1＋R2′＋r)解得a＝1.2 m/s2方向沿斜面向上．【例2】(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨平面水平，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度、加速度随时间t变化的关系中，可能正确的是(　　)【答案】　BD【解析】　由题可知，导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，I＝kt，棒将受到安培力作用，刚开始时金属棒不动，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律得F－Ff＝ma，而F＝BIL，I＝kt得到BkL·t－Ff＝ma，可见a随t的变化均匀增大，故A错误，B正确．a增大，v－t图像的斜率增大，故C错误，D正确．【例3】航空母舰的舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统(如图甲所示)就能达到起飞速度．电磁弹射系统的设计原理图可简化为图乙所示，图中MN、PQ是光滑平行金属直导轨(电阻忽略不计)，AB是电磁弹射车，回路PBAM中电流恒定，该电流产生的磁场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是(　　)A．MN、PQ间的磁场是匀强磁场B．弹射车的速度与运动的时间成正比C．弹射车所受的安培力与电流的大小成正比D．回路PBAM中通以交变电流，弹射车不能正常加速【答案】　B【解析】　根据安培定则可知，MN、PQ间有垂直纸面向外的磁场，且通电直导轨产生的磁场为环形磁场，离导轨越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误；沿导轨方向磁场不变，且回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由F＝BIL可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律F＝ma可知，加速度不变，由v＝at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B正确；安培力F＝BIL，当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误；根据安培定则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之间产生垂直纸面向外的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右手螺旋定则导轨之间产生垂直纸面向里的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的方向变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统能够正常工作，故D错误．【例4】(2022·湘豫名校联考)如图甲所示，在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125 m，相距1 m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3 V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06 kg，接入电路的电阻r＝1.5 Ω，圆环电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，如图乙所示，该位置对应的半径与水平方向的夹角为θ＝37°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。【答案】　(1)0.8 N　(2)0.4 T　(3)0.54 N，方向竖直向下【解析】　(1)导体棒静止时，受力分析如图所示根据平衡条件得tan θ＝eq \f(mg,F)代入数据解得导体棒所受安培力的大小F＝0.8 N。(2)由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,r)解得I＝2 A由安培力的公式F＝IlB解得B＝0.4 T。(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点的过程中，根据动能定理有mgR(1－sin θ)＝eq \f(1,2)mv2－0解得v＝eq \r(2gR（1－sin θ）)＝1 m/s导体棒在最低点时，由牛顿第二定律得2FN－mg＝meq \f(v2,R)解得FN＝0.54 N由牛顿第三定律可知，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54 N，方向竖直向下。题型四 对洛伦兹力的理解和应用1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。(3)洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力一定不做功。2．与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。【例1】(多选)核聚变具有极高效率、原料丰富以及安全清洁等优势，中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置(EAST)，这是我国科学家率先建成世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置．将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示，磁场水平向右分布在空间中，所有粒子的质量均为m，电荷量均为q，且粒子的速度在纸面内，忽略粒子重力的影响，以下判断正确的是(　　)A．甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，且方向水平向右B．乙粒子受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动C．丙粒子做匀速圆周运动D．所有粒子运动过程中动能不变【答案】　BD【解析】　甲粒子速度方向与磁场方向垂直，则所受洛伦兹力大小为qvB，由左手定则得，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故A错误；乙粒子速度方向与磁场方向平行，则所受洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B正确；丙粒子速度方向与磁场方向不垂直，不做匀速圆周运动，故C错误；洛伦兹力不做功，根据功能关系，所有粒子运动过程中动能不变，故D正确．【例2】如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝keq \f(I,r)，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线MN运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)A．小球做匀速直线运动B．小球先做加速运动后做减速运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在减小【答案】　A【解析】　根据右手螺旋定则可知a处的磁场方向垂直于MN向里，b处的磁场方向垂直于MN向外，从a到b磁场大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球在O点左侧受到的洛伦兹力方向向上，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的差值，过O点后洛伦兹力的方向向下，小球对桌面的压力大小为重力与洛伦兹力的和，由此可知，小球在水平方向不受外力，故小球将做匀速直线运动，由于洛伦兹力从a到O逐渐减小，从O到b逐渐增大，则小球对桌面的压力一直在增大，故B、C、D错误，A正确．【例3】．(2022·浙江高三模拟)一根通电直导线水平放置，通过直导线的恒定电流方向如图所示，现有一电子从直导线下方以水平向右的初速度v开始运动，不考虑电子重力，关于接下来电子的运动，下列说法正确的是(　　)A．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变大B．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变小C．电子将向上偏转，运动的半径逐渐变大D．电子将向下偏转，运动的半径逐渐变小【答案】　B【解析】　水平导线中通有恒定电流I，根据安培定则判断可知，导线上方的磁场方向垂直纸面向里，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则判断可知，导线下方的电子所受的洛伦兹力方向向上，则电子将向上偏转，其速率v不变，而离导线越近，磁场越强，磁感应强度B越大，由公式r＝eq \f(mv,qB)，可知电子的轨迹半径逐渐变小，故选B.题型五 洛伦兹力作用下带电体的运动带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间弹力随着变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面．【例1】(2022·云南昆明一中高三月考)如图所示，一个质量为m＝1.5×10－4 kg的小滑块，带有q＝5×10－4 C的电荷量，放置在倾角α＝37°的光滑绝缘斜面上，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，将脱离斜面(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：(1)小滑块带何种电荷；(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大；(3)该斜面长度至少多长．【答案】　(1)带负电荷　(2)4.8 m/s　(3)1.92 m【解析】　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F的方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷．(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有Bqv＋FN－mgcos α＝0当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时有qvB＝mgcos α得v＝eq \f(mgcos α,qB)＝4.8 m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgssin α＝eq \f(1,2)mv2斜面的长度至少应为s＝eq \f(v2,2gsin α)＝1.92 m.【例2】(2022·甘肃嘉峪关市第一中学高三月考)如图所示，一倾角为θ＝53°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在其所在的空间存在竖直向上、大小E＝1×102 N/C的匀强电场和垂直纸面向外、大小B＝1×102 T的匀强磁场．现让一质量m＝0.4 kg、电荷量q＝1×10－2 C的带负电小滑块从斜面上某点由静止释放，小滑块运动1 m后离开斜面．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)A．离开斜面前小滑块沿斜面做匀加速运动B．小滑块离开斜面时的速度大小为1.8 m/sC．在离开斜面前的过程中小滑块电势能增加了0.8 JD．在离开斜面前的过程中产生的热量为2.2 J【答案】　D【解析】　小滑块在下滑过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力作用．由于洛伦兹力的大小变化使小滑块对斜面的压力减小，从而导致摩擦力减小，故小滑块做加速度增大的加速运动，选项A错误；当洛伦兹力增大至小滑块对斜面的压力为0时，小滑块将离开斜面运动，此时有：qvB＝(mg＋Eq)cos 53°，解得小滑块离开斜面时的速度大小为3 m/s，选项B错误；整个运动过程中，电场力做正功，由Ep＝－Eql·sin θ代入数据得小滑块的电势能减小了0.8 J，选项C错误；对离开斜面前的运动过程，由动能定理得(mg＋Eq)lsin 53°－Wf＝eq \f(1,2)mv2－0，解得整个过程中摩擦力做功2.2 J，即产生的热量为2.2 J，选项D正确．【例3】．如图所示，足够大的垂直纸面向里的匀强磁场中固定一光滑斜面，A、B两物块叠放在斜面上，A带正电，B不带电且上表面绝缘．在t＝0时刻，释放两物块，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，以下说法正确的是(　　)A．A所受洛伦兹力大小与时间t成正比关系B．A对B的压力大小与时间t成反比关系C．A、B间的摩擦力越来越小D．斜面倾角越大，A、B一起沿斜面运动的位移越大【答案】　A【解析】　对A进行受力分析，A受重力、洛伦兹力和支持力，则其合力为mgsin θ，根据牛顿第二定律mgsin θ＝ma，得a＝gsin θ，则v＝at＝gtsin θ，洛伦兹力为F1＝qvB＝qBgtsin θ，即洛伦兹力大小与时间t成正比，故A正确；A对B的压力大小F2＝mgcos θ－F1＝mgcos θ－qBgtsin θ，压力大小与时间是一次函数关系，故B错误；沿斜面下滑的过程中，A和B以a＝gsin θ的加速度运动，没有相对运动趋势，故A、B之间没有摩擦力，故C错误；当mgcos θ－qBgtsin θ＝0时，A、B开始分离，此时t＝eq \f(mcos θ,qBsin θ)＝eq \f(m,qBtan θ)，位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)gsin θ(eq \f(m,qBtan θ))2＝eq \f(gm2,2q2B2)·eq \f(cos 2θ,sin θ)，故位移随着倾角的增大而减小，故D错误．【例4】如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点．若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　)A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBeq \r(gR)B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qBeq \r(2gR)C．小球从C到D的过程中，外力F大小保持不变D．小球从C到D的过程中，外力F的功率不变【答案】　B【解析】　小球从A到C，洛伦兹力不做功，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mvC2，则vC＝eq \r(2gR)，在C点，F洛＝qvCB＝qBeq \r(2gR)选项A错误；在C点，FC－mg＋F洛＝eq \f(mv\o\al(C2),R)，解得FC＝3mg－qBeq \r(2gR)，由牛顿第三定律知，选项B正确；小球从C到D的过程中，所受合力指向圆心，对小球进行受力分析如图所示，则mgsin θ＝Fcos θ，θ增大，则F增大，选项C错误；小球从C到D的过程中，动能不变，合外力做功为零，洛伦兹力与支持力不做功，外力F做正功，重力做负功，外力的功率与重力的功率大小相等，运动过程中，速度在竖直方向的分量增加，重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，选项D错误．【例5】.(多选)如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场，一质量为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t＝0时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1 N的恒力．g取10 m/s2，则(　　)A．木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动B．木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动C．当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离D．t＝1 s时滑块和木板开始发生相对滑动【答案】　BC【解析】　由于动摩擦因数为0.45，在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为amax＝eq \f(0.45×0.3×10,0.3) m/s2＝4.5 m/s2所以当2.1 N的恒力作用于滑块时，系统一起以a＝eq \f(F,M＋m)＝eq \f(2.1,0.3＋0.4) m/s2＝3 m/s2.当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，所以木板做的是加速度减小的加速运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有qvB＝mg，代入数据得v＝10 m/s.此时摩擦力消失，木板做匀速运动，而滑块在水平方向上受到恒力作用，速度增加，洛伦兹力增大，滑块将离开木板向上做曲线运动，故A错误，B、C正确；当滑块和木板开始发生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度3 m/s2，对木板有Ff＝Ma＝0.3×3 N＝0.9 N，再根据Ff＝μ(mg－qvB)，解得v＝5 m/s，根据v＝at可得运动的时间为t＝eq \f(5,3) s，故D错误．题型六　带电粒子在匀强磁场中的运动1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动．2．带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝eq \f(mv2,r).(2)轨迹半径：r＝eq \f(mv,qB).(3)周期：T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝eq \f(θ,2π)T.(5)动能：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(p2,2m)＝eq \f(Bqr2,2m).【例1】(多选)两个带正电的粒子，以相同大小的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知它们的质量之比为m甲∶m乙＝2∶1、带电荷量之比为q甲∶q乙＝1∶3.不计粒子重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)A．粒子做圆周运动的轨道半径之比为R甲∶R乙＝1∶6B．粒子做圆周运动的周期之比为T甲∶T乙＝6∶1C．粒子做圆周运动的角速度大小之比为ω甲∶ω乙＝3∶2D．粒子做圆周运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝1∶6【答案】　BD【解析】　由于带电粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，推出R＝eq \f(mv,qB)，又因为两者速度大小相等，质量之比m甲∶m乙＝2∶1，电荷量之比q甲∶q乙＝1∶3，故R甲∶R乙＝6∶1，选项A错误；由圆周运动周期计算公式T＝eq \f(2πR,v)可得周期T＝eq \f(2πm,qB)，代入数据可得T甲∶T乙＝6∶1，选项B正确；圆周运动角速度与周期关系ω＝eq \f(2π,T)可得ω甲∶ω乙＝1∶6，选项C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ma，故a甲∶a乙＝1∶6，选项D正确．【例2】如图所示，为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．当通有恒定电流时前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．通过下列调节，一定能让圆形径迹半径减小的是(　　)A．减小U，增大IB．增大U，减小IC．同时减小U和ID．同时增大U和I【答案】　A【解析】　电子在加速电场中加速，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv02，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0＝meq \f(v02,r)，解得r＝eq \f(mv0,eB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,e))，减小电子枪的加速电压U，增大励磁线圈中的电流I从而导致电流产生的磁场B增大，可以使电子束的轨道半径变小．【例3】(2022·湖北省高考模拟)速度方向相同、动能一样大的电子、质子及α粒子从AD边某点O垂直进入某种场中(图甲为匀强电场，乙为匀强磁场)，都能从BC边离开场区域，不计质子与中子的质量差异．关于它们在场中的运动．下列说法正确的是(　　)A．若为匀强磁场，运动轨迹有两条B．若为匀强磁场，离开磁场时α粒子动能最大C．若为匀强电场，离开电场时质子和α粒子动能增加，电子动能减小D．若为匀强电场，离开电场时这三种粒子的速度偏转角大小都不相等【答案】　A【解析】　若为匀强磁场，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力F洛＝qvB＝meq \f(v2,r)，Ek＝eq \f(1,2)mv2，得r＝eq \f(\r(2mEk),qB)，可知质子与α粒子半径相同，则磁场中有两条轨迹，A正确；若为匀强磁场，洛伦兹力永远不做功，三种粒子初动能相等，从磁场中出来时的动能也相等，B错误；若为匀强电场，质子与α粒子带正电，轨迹向下偏转，静电力做正功，电子带负电，轨迹向上偏转，静电力也做正功，动能都增加，C错误；设AB长度为l，若为匀强电场，粒子在电场中的速度偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(Eql,mv02)＝eq \f(Eql,2Ek)，质子和电子都带一个单位的元电荷，偏转角相同，都小于α粒子的偏转角，D错误．【例4】一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电荷量不变)，则从图中情况可以确定(　　)A．粒子从a到b，带正电B．粒子从a到b，带负电C．粒子从b到a，带正电D．粒子从b到a，带负电【答案】　C【解析】　由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，则速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子的半径逐渐减小，所以粒子的运动方向是从b到a，再根据左手定则可知，粒子带正电，故C正确，A、B、D错误．【例5】(多选)如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)从O点出发，以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则(　　)A．粒子一定带正电荷B．MN上下两侧的磁场方向相同C．MN上下两侧的磁感应强度的大小B1∶B2＝1∶2D．时间t＝eq \f(2πm,qB2)【答案】　BD【解析】　题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所以不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的方法判定带电粒子的正负，故A错误；粒子越过磁场的分界线MN时，洛伦兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确；设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1∶r2＝1∶2；洛伦兹力充当圆周运动的向心力qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(mv,qr)，所以B1∶B2＝r2∶r1＝2∶1，故C错误；由洛伦兹力充当圆周运动的向心力qvB＝meq \f(v2,r)，周期T＝eq \f(2πr,v)，得T＝eq \f(2πm,qB)；带电粒子运动的时间t＝T1＋eq \f(T2,2)＝eq \f(2πm,qB1)＋eq \f(πm,qB2)，由B1∶B2＝2∶1得t＝eq \f(2πm,qB2)，故D正确．因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流及通电螺线管的磁场四指大拇指电流元法分割为电流元 eq \o(----------→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流⇌小磁针条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力